2016重慶市b卷數(shù)學(xué)答案，2012年重慶中考數(shù)學(xué)答案

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1，2012年重慶 中考數(shù)學(xué)答案

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2012年重慶中考數(shù)學(xué)答案

2，有沒有重慶二診考試的數(shù)學(xué)答案

DBACB CCCDB 20,240,2,2/3,1000

有沒有重慶二診考試的數(shù)學(xué)答案

3，2016重慶高考數(shù)學(xué)試題是全國b卷嗎

嗯，是，分的有文理科，http://wenku.baidu.com/view/9173f1bc783e0912a3162a37這是理科數(shù)學(xué)卷子

高是四分之根號2 嗎？如果是的話由題意可知：abcd所在的圓是小圓，對角線長為根號2，四棱錐的高位四分之根號2，點s,a,b,c,d均在半徑為1的同一球面上，球心到小圓圓心的距離為二分之根號2，定點s在球心距的垂直平分的平面上，而頂點s到球心的距離為1，所以地面abcd的中心與頂點s的距離為1.

2016重慶高考數(shù)學(xué)試題是全國b卷嗎

4，2000年重慶市 初中數(shù)學(xué)競賽試題

1000a+100b+10c+d+a+b+c+d =1001a+101b+11c+2d =2001 由此推得b+c+2d=10,20或30 原因：實際可以看出a=1 所以：101b+11c+2d=1000 即b+c+2d+（100b+10c）=1000 因為100b+10c為10的倍數(shù)，1000為10的倍數(shù)，所以b+c+2d也是10的倍數(shù) 又b，c，d都介于0到9之間，所以：b+c+2d范圍是0到36之間，且0是不可能的（即不可能都是0）又b+c+2d為10的倍數(shù)，所以只能是10,20,30

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5，一道重慶的數(shù)學(xué)中考題

濃度是溶質(zhì)的質(zhì)量除以溶液的質(zhì)量.40和60就是溶液的質(zhì)量.倒出X再倒回去X,質(zhì)量是不會變的. 〔X*a%+(60-X)*b%〕/[X+(60-X)]=[(40-X)*a%+X*b%]/[(40-X)+X] X是倒出來那部分的質(zhì)量. a%是A種飲料原來的濃度. (60-X)是B種飲料倒剩下的質(zhì)量. b%是B種飲料原來的濃度. 〔X*a%+(60-X)*b%〕就是A倒出來那部分中溶質(zhì)以及B倒剩下那部分中的溶質(zhì)的質(zhì)量和. [X+(60-X)]顯然是B倒剩下的以及從A倒出來的溶液的質(zhì)量和. 〔X*a%+(60-X)*b%〕/[X+(60-X)]這是新的B的濃度. [(40-X)*a%+X*b%]/[(40-X)+X]是新的A的濃度. 兩個濃度相等.重點的等式其實是濃度=溶質(zhì)質(zhì)量/溶液質(zhì)量把質(zhì)量找出來就可以嘞.解出來答案就是24.

6，2007年重慶高考數(shù)學(xué)卷的答案詳解

參考答案一、選擇題：每小題5分，滿分60分。 1．A 2．D 3．A 4．B 5．A 6．B 7．C 8．A 9．D 10．C 11．B 12．C 二、填空題：每小題4分，滿分16分。 13． 14．9 15．288 16．1+2 三、解答題：滿分74分 17．（本小題13分）解：（Ⅰ）設(shè)A表示甲命中目標(biāo)，B表示乙命中目標(biāo)，則A、B相互獨立，且P（A）＝，從而甲命中但乙未命中目標(biāo)的概率為（Ⅱ）設(shè)A1表示甲在兩次射擊中恰好命中k次，B1表示乙有兩次射擊中恰好命中1次。依題意有由獨立性知兩人命中次數(shù)相等的概率為 18．（本小題13分）解：（Ⅰ）由故f（x）的定義域為（Ⅱ）由已知條件得從而＝＝＝ 19．（本小題12分）解法一：（Ⅰ）由直三棱柱的定義知B1C1⊥B1D，又因為∠ABC＝90°，因此B1C1⊥A1B1，從而 B1C1⊥平面A1B1D，得B1C1⊥B1E。又B1E⊥A1D，故B1E是異面直線B1C1與A1D的公垂線由知在Rt△A1B1D中，A2D＝又因故B1E= （Ⅱ）由（Ⅰ）知B1C1⊥平面A1B1D，又BC‖B1C1，故BC⊥平面ABDE，即BC為四棱錐C-ABDE的高。從而所求四棱錐的體積V為 V＝VC-ABDE＝其中S為四邊形ABDE的面積。如答（19）圖1，過E作EF⊥BD，垂足為F。答（19）圖1 在Rt△B1ED中，ED= 又因S△B1ED= 故EF= 因△A1AE的邊A1A上的高故 S△A1AE＝又因為S△A1BD＝從而 S＝S△A1AE-S△A1AE-S△A1B1D＝2- 所以解法二：（Ⅱ）如答（19）圖2，以B點為坐標(biāo)原點O建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則答（19）圖2 A（0，1，0），A1（0，1，2），B（0，0，0） B1（0，0，2），C1（，0，2），D（0，0，）因此設(shè)E（，y0，z0），則，因此又由題設(shè)B1E⊥A1D，故B1E是異面直線B1C1與A1D的公垂線。下面求點E的坐標(biāo)。因B1E⊥A1D，即又聯(lián)立（1）、（2），解得，，即，。所以. （Ⅱ）由BC⊥AB，BC⊥DB，故BC⊥面ABDE.即BC為四棱錐C-ABDE的高. 下面求四邊形ABDE的面積。因為SABCD＝SABE+ SADE，而SABE＝ SBDE＝故SABCD＝所以 20．（本小題12分）解：設(shè)長方體的寬為x（m），則長為2x （m），高為 . 故長方體的體積為從而令V′（x）＝0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1. 當(dāng)0＜x＜1時，V′（x）＞0；當(dāng)1＜x＜時，V′（x）＜0，故在x=1處V（x）取得極大值，并且這個極大值就是V（x）的最大值。從而最大體積V＝V′（x）＝9×12-6×13（m3），此時長方體的長為2 m，高為1.5 m. 答：當(dāng)長方體的長為2 m時，寬為1 m，高為1.5 m時，體積最大，最大體積為3 m3。 21．（本小題12分）（Ⅰ）解：設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為，則，從而因此焦點的坐標(biāo)為（2，0）. 又準(zhǔn)線方程的一般式為。從而所求準(zhǔn)線l的方程為。答（21）圖（Ⅱ）解法一：如圖（21）圖作AC⊥l，BD⊥l，垂足為C、D，則由拋物線的定義知 |FA|=|FC|，|FB|=|BD| 記A、B的橫坐標(biāo)分別為xxxz，則 |FA|＝|AC|＝解得，類似地有，解得。記直線m與AB的交點為E，則所以。故。解法二：設(shè)

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2008年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（重慶卷）數(shù)學(xué)試題（理工農(nóng)醫(yī)類）答案一、選擇題：每小題5分，滿分50分. （1）A （2）A （3）B （4）C （5）D （6）C （7）A （8）C （9）D （10）B 二、填空題：每小題4分，滿分24分. （11）（12）（13）3 （14）-72 （15）x-y+1=0 （16）216 三、解答題：滿分76分. （17）（本小題13分）解：（Ⅰ）由余弦定理得＝故（Ⅱ）解法一：＝＝由正弦定理和（Ⅰ）的結(jié)論得故解法二：由余弦定理及（Ⅰ）的結(jié)論有＝故同理可得從而（18）（本小題13分）解：令分別表示甲、乙、丙在第k局中獲勝. （Ⅰ）由獨立事件同時發(fā)生與互斥事件至少有一個發(fā)生的概率公式知，打滿3局比賽還未停止的概率為（Ⅱ）的所有可能值為2，3，4，5，6，且故有分布列 2 3 4 5 6 P 從而（局）. （19）（本小題13分）解法一：（Ⅰ）在答（19）圖1中，因，故BE‖BC.又因B＝90°，從而 AD⊥DE. 在第（19）圖2中，因A-DE-B是直二面角，AD⊥DE,故AD⊥底面DBCE，從而AD⊥DB.而DB⊥BC,故DB為異面直線AD與BC的公垂線. 下求DB之長.在答（19）圖1中，由，得又已知DE=3,從而因（Ⅱ）在第（19）圖2中，過D作DF⊥CE,交CE的延長線于F，連接AF.由（1）知， AD⊥底面DBCE,由三垂線定理知AF⊥FC,故∠AFD為二面角A-BC-B的平面角. 在底面DBCE中，∠DEF=∠BCE, 因此從而在Rt△DFE中，DE=3, 在因此所求二面角A-EC-B的大小為arctan 解法二：（Ⅰ）同解法一. （Ⅱ）如答（19）圖3.由（Ⅰ）知，以D點為坐標(biāo)原點，的方向為x、 y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則D（0，0，0），A（0，0，4），，E（0，3，0）. 過D作DF⊥CE,交CE的延長線于F，連接AF. 設(shè) 從而，有 ① 又由 ② 聯(lián)立①、②，解得因為 ,故 ,又因 ,所以為所求的二面角A-EC-B的平面角.因有所以因此所求二面角A-EC-B的大小為 (20)（本小題13分）解：(Ⅰ)因為又因為曲線通過點（0，2a+3）, 故又曲線在（-1，f(-1)）處的切線垂直于y軸，故即-2a+b=0,因此b=2a. (Ⅱ)由(Ⅰ)得故當(dāng) 時，取得最小值- . 此時有從而所以令，解得當(dāng) 當(dāng) 當(dāng) 由此可見，函數(shù) 的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，-2）和（2，+∞）；單調(diào)遞增區(qū)間為（-2，2）. (21)（本小題12分）解：(Ⅰ)由橢圓的定義，點P的軌跡是以M、N為焦點，長軸長2a=6的橢圓. 因此半焦距c=2，長半軸a=3，從而短半軸 b= ，所以橢圓的方程為 (Ⅱ)由得 ① 因為不為橢圓長軸頂點，故P、M、N構(gòu)成三角形.在△PMN中， ② 將①代入②，得故點P在以M、N為焦點，實軸長為的雙曲線上. 由(Ⅰ)知，點P的坐標(biāo)又滿足，所以由方程組解得即P點坐標(biāo)為 (22)(本小題12分) 解：(Ⅰ)因由此有，故猜想的通項為（Ⅱ）令由題設(shè)知x1=1且 ① ② 因②式對n=2成立，有 ③ 下用反證法證明：由①得因此數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列.故 ④ 又由①知因此是是首項為，公比為-2的等比數(shù)列,所以 ⑤ 由④-⑤得 ⑥ 對n求和得 ⑦ 由題設(shè)知即不等式 22k+1＜對k N*恒成立.但這是不可能的，矛盾. 因此x2≤ ,結(jié)合③式知x2= ,因此a2=2*2= 將x2= 代入⑦式得 Sn=2－ (n N*), 所以bn=2Sn=22－ (n N*) 2010年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（重慶卷）數(shù)學(xué)試題（理工農(nóng)醫(yī)類）答案一．選擇題：每小題5分，滿分 50分. （1）A （2）B （3）C （4）C （5）D （6）D （7）B （8）C （9）C （10）D 二．填空題：每小題5分，滿分25分. （11）（12）（13）（14）（15）三．解答題：滿分75分. （16）（本題13分）解：（Ⅰ），因此的值域為 . （Ⅱ）由得，即，又因，故 . 解法一：由余弦定理，得，解得或 . 解法二：由正弦定理，得或 . 當(dāng) 時，，從而；當(dāng) 時，，又，從而 . 故的值為1或2. （17）（本題13分）解：只考慮甲、乙兩單位的相對位置，故可用組合計算基本事件數(shù). （Ⅰ）設(shè)A表示“甲、乙的演出序號至少一個為奇數(shù)”，則表示“甲、乙的序號為偶數(shù)”，由等可能性事件的概率計算公式得 . （Ⅱ）的所有可能值為0，1，2，3，4，且， . 從而知有分布列 0 1 2 3 4 所以， . （18）（本題13分）解：（Ⅰ） . 當(dāng) 時，，而，因此曲線在點處的切線方程為即 . （Ⅱ），由（Ⅰ）知，即，解得 . 此時，其定義域為，且，由得 .當(dāng) 或時，；當(dāng) 且時， . G F 答（19）圖1 C B A D E P 由以上討論知，在區(qū)間上是增函數(shù)，在區(qū)間上是減函數(shù). （19）（本題12分）解法一：（Ⅰ）如答（19）圖1 ，在矩形中，平面，故直線與平面的距離為點到平面的距離. 因底面，故，由知為等腰三角形，又點是棱中點，故 .又在矩形中，，而是在底面內(nèi)的射影，由三垂線定理得，從而平面，故 .從而平面，故之長即為直線與平面的距離. （Ⅱ）過點D作，交CE于F，過點F作，交AC于G，則為所求的二面角的平面角. 由（Ⅰ）知平面PAB，又，得平面PAB，故，從而 . 在中， .由，所以為等邊三角形，故F為CE的中點，且 . 因為平面PBC，故，又，知，從而，且G點為AC的中點. 連接DG，則在中， . 所以 . 解法二： P G F 答（19）圖2 C B A D E （Ⅰ）如答（19）圖2，以A為坐標(biāo)原點，射線AB、AD、AP分別為軸、軸、軸正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系 . 設(shè) ，則， . 因此，則，所以平面PBC. 又由知平面PBC，故直線AD與平面 PBC的距離為點A到平面PBC的距離，即為 . （Ⅱ）因為，則 . 設(shè)平面AEC的法向量，則 . 又，故所以 . 可取，則 . 設(shè)平面DEC的法向量，則 . 又，故所以 . 可取，則 . 故 . 所以二面角的平面角的余弦值為 . （20）（本題12分） H Q M 答（20）圖 G E N O 解：（Ⅰ）設(shè) 的標(biāo)準(zhǔn)方程為，則由題意，因此，的標(biāo)準(zhǔn)方程為 . 的漸近線方程為，即和 . （Ⅱ）解法一：如答（20）圖，由題意點在直線和上，因此有，，故點M、N均在直線上，因此直線MN的方程為 . 設(shè)G、H分別是直線MN與漸近線及的交點，由方程組及解得 . 設(shè)MN與軸的交點為Q，則在直線中，令得（易知 . 注意到，得 . 解法二：設(shè) ，由方程組解得，因，則直線MN的斜率 . 故直線MN的方程為，注意到，因此直線MN的方程為 . 下同解法一. （21）（本題12分）（Ⅰ）解法一：由，，，猜測 . 下用數(shù)學(xué)歸納法證明. 當(dāng) 時，等式成立；假設(shè)當(dāng) 時，等式成立，即，則當(dāng) 時，，綜上，對任何都成立. 解法二：由原式得 . 令，則，因此對有，因此， . 又當(dāng) 時上式成立. 因此 . （Ⅱ）解法一：由，得，因，所以 . 解此不等式得：對一切，有或，其中， . 易知，又由，知，因此由對一切成立得 . 又，易知單調(diào)遞增，故對一切成立，因此由對一切成立得 . 從而的取值范圍為 . 解法二：由，得，因，所以對恒成立. 記，下分三種情況討論. （ⅰ）當(dāng) 即或時，代入驗證可知只有滿足要求. （ⅱ）當(dāng) 時，拋物線開口向下，因此當(dāng)正整數(shù) 充分大時，不符合題意，此時無解. （ⅲ）當(dāng) 即或時，拋物線開口向上，其對稱軸必在直線的左邊. 因此，在上是增函數(shù). 所以要使對恒成立，只需即可. 由解得或 . 結(jié)合或得或 . 綜合以上三種情況，的取值范圍為 .